mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 19, 2015 6:09 pm**

Κατασκευάστε δύο, τουλάχιστον, συναρτήσεις $f: \mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{2f(x^2)\geq xf(x) + x,}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}^+.$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 19, 2015 6:44 pm**

socrates έγραψε:Κατασκευάστε δύο, τουλάχιστον, συναρτήσεις $f: \mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{2f(x^2)\geq xf(x) + x,}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}^+.$

και

. Γενικότερα x+a

για $a \ge \frac {1}{6}$ . Η απόδειξη άμεση, π.χ. με διακρίνουσα.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 19, 2015 7:53 pm**

Γεια σας κύριε Μιχάλη.

Δεν κατάλαβα πώς θα βγάλω διακρίνουσα.

Μπορείτε να δώσετε μια υπόδειξη ;

Επίσης, πώς σκεφτήκατε ώστε να βρείτε τις $\displaystyle{x\mapsto x+a\,,x>0}$ ;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 19, 2015 8:30 pm**

BAGGP93 έγραψε:Γεια σας κύριε Μιχάλη.

Δεν κατάλαβα πώς θα βγάλω διακρίνουσα.

Μπορείτε να δώσετε μια υπόδειξη ;

Επίσης, πώς σκεφτήκατε ώστε να βρείτε τις $\displaystyle{x\mapsto x+a\,,x>0}$ ;

Λίγο δύσκολο να μπω στο μυαλό του κ.Λάμπρου αλλά ας προσπαθήσουμε...

Γράφοντας την δοσμένη σχέση ως $2 f(x^2) \geq xf(x) + x = x(f(x) +1)$ παρατηρούμε ότι αν η f(x)

είναι μια γραμμική συνάρτηση τότε και από τα δυο μέρη της ανίσωσης θα προκύψουν δυο δευτεροβάθμια πολυώνυμα. Αν τα φέρουμε όλα στο αριστερό μέλος θα έχουμε μια δευτεροβάθμια πάράσταση $g(x) \geq 0$ η οποία θέλουμε να ισχύει για όλα τα x > 0

. Επειδή η γραμμική μας συνάρτηση έστω h(x) = kx +a

είναι γενικά παραμετρικά δοσμένη, ψάχνουμε τις τιμές των παραμέτρων k,a

ωστε να ισχύει η $g(x) \geq 0$ . Αν πάρουμε την απλή περίπτωση k=1

νομίζω προκύπτουν τα αποτελέσματα που περιέγραψε ο κ.Λάμπρου.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 19, 2015 8:41 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε:
socrates έγραψε:Κατασκευάστε δύο, τουλάχιστον, συναρτήσεις $f: \mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{2f(x^2)\geq xf(x) + x,}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}^+.$
και . Γενικότερα για $a \ge \frac {1}{6}$ . Η απόδειξη άμεση, π.χ. με διακρίνουσα.

H συνάρτηση

με $f(x)=x+\dfrac{1}{6}$ , δεν ικανοποιεί τη δοθείσα σχέση για κάθε x>0

.

Με διακρίνουσα μπορούμε να πάρουμε ότι αν $|a-3|<2\sqrt{2}$ , τότε η

με

ικανοποιεί τη δοθείσα.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 24, 2015 12:10 pm**

Νομίζω ότι οι παρακάτω ικανοποιούν.

f(x)=x+a

, για $x \neq 0$ και $x \neq -a$ , f(x)=b

,για

με $a \in [3-2 \sqrt{2}, 3+2 \sqrt{2}]$ και $b \in [-4a-1,4a-1] , b \neq 0$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 24, 2015 12:35 pm**

Μάλλον είδα το

για

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 27, 2015 1:03 am**

Άλλη μία είναι η f(x)=e^x.

Δείξτε το!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 11, 2017 9:54 pm**

socrates έγραψε:Άλλη μία είναι η Δείξτε το!

Επαναφορά!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 12, 2017 7:18 pm**

socrates έγραψε:Άλλη μία είναι η Δείξτε το!

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: 0<x< 1

.

Η συνάρτηση

με $g(x)=\dfrac{2e^{x^2}}{x}$ για $x\in (0,1)$ έχει ελάχιστο $2\sqrt{2e}$ για $x=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , αφού $g'(x)=\dfrac{2e^{x^2}(2x^2-1)}{x^2}.$

Έτσι, είναι

$\dfrac{2e^{x^2}}{x}\geq 2\sqrt{2e}>4>e+1> e^x+1$ ,

κι άρα $2e^{x^2}\geq xe^x+x,$ όπως θέλαμε.

Περίπτωση 2: $x\geq 1$ .

Τότε είναι $x^2-x+1\geq \dfrac{x+1}{2}$ , αφού είναι ισοδύναμη με την $(x-1)(2x-1)\geq 0$ που αληθεύει σε αυτή την περίπτωση. Άρα

$e^{x^2-x}\geq x^2-x+1\geq \dfrac{x+1}{2}.$

Πολ/ντας με 2e^x>0

και τα δύο μέλη της παραπάνω ανισότητας, κι αφού e^x>x

, παίρνουμε

$2e^{x^2}\geq (x+1)e^x=xe^x+e^x>xe^x+x.$

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 12, 2017 9:53 pm**

socrates έγραψε:
socrates έγραψε:Άλλη μία είναι η Δείξτε το!
Επαναφορά!

Λόγω της $\displaystyle{e^{x^2}\geq x^2+1,}$ αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{e^{x^2}+x^2+1\geq xe^x+x.}$

Επειδή είναι $\displaystyle{x^2+1>x}$ (προφανές), αρκεί να ισχύει $\displaystyle{e^{x^2}\geq xe^x,}$ δηλαδή $\displaystyle{e^{x^2-x}\geq x.}$

Πράγματι, είναι $\displaystyle{e^{x^2-x}\geq x^2-x+1\geq x.}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 12, 2017 10:07 pm**

socrates έγραψε:Άλλη μία είναι η Δείξτε το!

Ωραία λύση, Αχιλλέα!

Άλλη μια απόδειξη προκύπτει με πρόσθεση των ανισοτήτων:

$\displaystyle{e^{x^2}>x,}$ που ισχύει αφού $\displaystyle{e^{x^2}\geq x^2+1>x,}$

και

$\displaystyle{e^{x^2}\geq xe^x,$ που ισχύει αφού $e^{x^2-x}\geq x^2-x+1\geq x,$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 13, 2017 7:18 am**

socrates έγραψε:
socrates έγραψε:Άλλη μία είναι η Δείξτε το!
Ωραία λύση, Αχιλλέα!

Άλλη μια απόδειξη προκύπτει με πρόσθεση των ανισοτήτων:

$\displaystyle{e^{x^2}>x,}$ που ισχύει αφού $\displaystyle{e^{x^2}\geq x^2+1>x,}$

και

$\displaystyle{e^{x^2}\geq xe^x,$ που ισχύει αφού $e^{x^2-x}\geq x^2-x+1\geq x,$

Η δική σας είναι ωραιότερη!

Μάλιστα, είναι φανερό από την απόδειξη τη δική σου και του Θάνου, ότι ισχύει $2e^{x^2}\geq xe^x+x$ για κάθε πραγματικό αριθμό

, κι όχι μόνο για x>0

που ήταν το ζητούμενο.

Βέβαια, εάν $x\leq 0$ ,τότε $2e^{x^2}>0\geq x(e^x+1).$

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 17, 2017 11:53 pm**

Η ανισότητα $2e^{x^{2}}\geq xe^{x}+x$ έχει πολλές αποδείξεις όπως φαίνεται από τα παραπάνω. Δεν θα είχε λοιπόν ενδιαφέρον να παραθέσω άλλη μια. Όμως είναι ενδιαφέρουσα η αποκάλυψη κάποιων σημείων που νομοτελειακά οδηγούν σε κάποιο προκλητικό ερώτημα.

Ι. $e^{x^{2}}\geq x^{2}+1\geq x+\frac{3}{4}$ και $e^{x^{2}}\geq xe^{x} \Rightarrow 2e^{x^{2}}\geq xe^{x}+x+\frac{3}{4}$
Η σχέση αυτή είναι ισχυροτέρα της αρχικής και μάλιστα ισχύει $\forall x\epsilon R$

ΙΙ. Από τη σωστή σχέση (που υπάρχει και πιο πάνω) $e^{x^{2}-x}\geq \frac{x+1}{2} \Rightarrow 2e^{x^{2}}\geq xe^{x}+x+1$ για $x\geq 1$
Αυτή είναι ακόμη ισχυροτέρα και προφανώς ισχύει και αριστερά του μηδενός. Μ' άλλα λόγια η τελευταία αυτή ισχυρή σχέση δεν είναι αποδεδειγμένη μόνο στο διάστημα από 0 έως 1.

Αβίαστα λοιπόν αναφύεται το ερώτημα : Μήπως η αρχική σχέση μπορεί να ισχυροποιηθεί στη $2e^{x^{2}}> xe^{x}+x+1 \fora$ $\forall x\epsilon R$ ;

Πιστεύω ότι έχω καταλήξει σ αυτό το συμπέρασμα με μια μακροσκελή απόδειξη την οποία θα θέσω στην κρίση σας τη δευτέρα με την ελπίδα κάποιος πιο τυχερός
να βρει κάτι καλύτερο και να με απαλλάξει από αυτή την υποχρέωση.

Ευχαριστίες σε κάποιους φίλους για τα καλά τους λόγια
ΠΚ.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 19, 2017 11:51 pm**

Όπως είπαμε η σχέση $2e^{x^{2}}> xe^{x}+x+1$ πρέπει να αποδειχθεί και στο διάστημα (0,1) για να ισχύει σ όλο το R. Προς τούτο θα δείξουμε ότι η συνάρτηση $f\left ( x \right )=2e^{x^{2}}-xe^{x}-x$ στο διάστημα (0,1) έχει ελάχιστο μεγαλύτερο του 1.

Φαίνεται ότι η γνωστή σχέση $e^{x}\geq x+1$ εμπεριέχει σφάλμα πολύ μεγάλο για τη διαφορά τόσο κοντινών συναρτήσεων όπως είναι η $2e^{x^{2}}$ με την $xe^{x}+x+1$ στο (0,1).

Έτσι χρησιμοποιούμε την $e^{x}=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^{2}}{2!}+....+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}e^{ax}$ με 0<a< 1

(πολυώνυμο Taylor με υπόλοιπο Lagrange).

Για n=4 είναι $e^{x}=1++\frac{x}{1!}+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{4}}{4!}+\frac{x^{5}}{5!}e^{ax}$ οπότε $xe^{x}+x=2x+\frac{x^{2}}{1!}+\frac{x^{3}}{2!}+\frac{x^{4}}{3!}+\frac{x^{5}}{4!}+\frac{x^{6}}{5!}e^{ax}$

Επίσης για $x^{2}$ και n=2 είναι $2e^{x^{2}}=2+\frac{2x^{2}}{1!}+\frac{2x^{4}}{2!}+\frac{2x^{6}}{3!}e^{bx}$ με 0< b< 1

. Άρα

$f(x)=2-2x+x^{2}-\frac{x^{3}}{2}+\frac{5x^{4}}{6}-\frac{x^{5}}{24}+\frac{x^{6}}{3}e^{bx}-\frac{x^{6}}{5!}e^{ax}$

Η διαφορά $\frac{x^{6}}{3}e^{bx}-\frac{x^{6}}{5!}e^{ax}=\frac{x^{6}}{5!}\left ( 40e^{bx} \right -e^{ax})$ είναι θετική οπότε αρκεί το πολυώνυμο που $P(x)=2-2x+x^{2}-\frac{x^{3}}{2}+\frac{5x^{4}}{6}-\frac{x^{5}}{24}$ να έχει ελάχιστο μεγαλύτερο του 1 στο (0,1)

Η ${P}'(x)=-2+2x-\frac{3x^{2}}{2}+\frac{10x^{3}}{3}-\frac{5x^{4}}{24}$ έχει μόνο μια ρίζα στο (0,1) [/tex] όπως προκύπτει από το Θ. Bolzano. Η μοναδικότητα της ρίζας αυτής θα φανεί στη συνέχεια από το ότι η {P}''(x)

δεν έχει ρίζα στο (0,1).

Η ${P}''(x)=2-3x+10x^{2}-\frac{5x^{3}}{6}$ έχει παράγωγο την ${P}'''(x)=-3+20x-\frac{5x^{2}}{2}$ που έχει δυο ρίζες τις $\frac{40\pm \sqrt{1480}}{10}$ . Από το πρόσημο του τριωνύμου

έχουμε για την {P}''(x)

την εικόνα, να παρουσιάζει ένα ελάχιστο πάνω στη ρίζα $\frac{40-\sqrt{1480}}{10}$ στο (0,1) όπως φαίνεται αμέσως πιο κάτω και μέγιστο στην άλλη. Δηλαδή αριστερά των ριζών είναι γνησίως φθίνουσα, μεταξύ των ριζών γνησίως αύξουσα και στη συνέχεια γνησίως φθίνουσα.

Είναι εύκολο να επαληθευθεί ότι $0,15< \frac{40-\sqrt{1480}}{10}< 0,16$ οπότε έχουμε κατά σειράν:
$0,15< x< 0,16 \Rightarrow$ , $-\frac{5x^{3}}{6}> -\frac{5}{6}\cdot 0,16^{3}$ , $10x^{2}> 10\cdot 0,15^{2}$ , $-3x> -3\cdot 0,16$ οπότε {P}''(x)> 1,7> 0

Επειδή η

είναι θετική στο (0,1) η ρίζα της {P}'(x)

στο (0,1) είναι θέση ελαχίστου για την P(x)

Με το Θ.Bolzano μπορούμε να δείξουμε ότι η ρίζα αυτή της {P}'(x)

είναι μεταξύ 0,75 και 0,76.

Τώρα με τον ίδιο τρόπο όπως και λίγο πιο πάνω μπορούμε να βρούμε ότι $minP(x)_{(0,1)}> 1,07$ > 1

ο.ε.δ

Να πούμε τέλος ότι απέφυγα να δώσω όλες τις πράξεις οι οποίες γίνονται με απόλυτη ακρίβεια διότι έχουμε πολυώνυμα. Το σχήμα Horner βοηθάει σ αυτή την κατεύθυνση. Ο υπολογιστής απαγορεύεται; Πάντως εξυπηρετεί.
ΠΚ

mathematica.gr

Βρείτε συναρτήσεις

Βρείτε συναρτήσεις

Re: Βρείτε συναρτήσεις

Re: Βρείτε συναρτήσεις

Re: Βρείτε συναρτήσεις

Re: Βρείτε συναρτήσεις

Re: Βρείτε συναρτήσεις

Re: Βρείτε συναρτήσεις

Re: Βρείτε συναρτήσεις

Re: Βρείτε συναρτήσεις

Re: Βρείτε συναρτήσεις

Re: Βρείτε συναρτήσεις

Re: Βρείτε συναρτήσεις

Re: Βρείτε συναρτήσεις

Re: Βρείτε συναρτήσεις

Re: Βρείτε συναρτήσεις